CHUYÊN ĐỀ: ĐA THỨC LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP
Nguyễn Trung Nghĩa
Trường: THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành - Yên Bái

A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọ đề tài
Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức
từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa
thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số.
Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh
giỏi toán và luôn được đánh giá là các bài toán khó. Các bài toán này thường yêu
cầu nghiên cứu tính chất về các hệ số của một đa thức, tính chất về nghiệm của nó
hoặc những bài toán về đa thức nguyên, tính khả quy và được hỏi theo nhiều hình
thức khác nhau.
Đề tài này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức một
biến, các dạng toán thường gặp về đa thức.
2. Mục đích của đề tài
Với mục đích hệ thống hóa lại kiến thức, tổng hợp và hệ thống lại các dạng
bài tập thường gặp về đa thức. Cố gắng xây dựng thành tài liệu cho học sinh lớp
chuyên toán tham khảo khi bắt đầu học đa thức và làm các bài tập về đa thức trong
các đề thi học sinh giỏi các cấp.
B. NỘI DUNG
I. CÁC KIẾN THỨC LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1. Đa thức và các phép toán trên đa thức.
1.1. Định nghĩa.Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng
P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, trong đó ai∈ R và an≠ 0.
ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số cao nhất và a0
được gọi là hệ số tự do.
1




k =0

m

n

k =0

k =0

P ( x ) = ∑ a k x k , Q( x) =∑ bk x k

Cho hai đa thức
. Khi đó phép cộng và trừ hai đa
thức P(x) và Q(x) được thực hiện theo từng hệ số của xk, tức là
P( x) ± Q( x) =

max{ m , n}

∑ (a
k =0

k

± bk ) x k

.

1.4. Phép nhân đa thức.

Chứng minh. Tồn tại. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P). Nếu deg(P)
< deg(Q) thì ta có thể chọn S(x) ≡ 0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều
kiện i) và ii). Giả sử m ≥ n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc
nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m.
m

n

k =0

k =0

P ( x ) = ∑ a k x k , Q ( x ) = ∑ bk x k

Giả sử
Xét đa thức

H ( x) = P ( x) −

am m−n
a
x Q ( x ) = (am x m + am−1 x m−1 + ... + a1x + a0 ) − m x m−n (bn x n + ... + b0 ) =
bn
bn


a b 
=  am−1 − m n−1 ÷x m−1 + ...
bn 


1.7. Sự chia hết, ước và bội.
Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói
rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) nếu
tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x). Trong trường hợp này ta cũng nói
Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x). Ký hiệu tương
ứng là Q(x) | P(x) và

P( x ) Q( x).

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là
đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1
ii) D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) | Q(x)
iii) Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước của
D’(x).
Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức.
Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0. Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa
thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1
4


ii) M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) | M(x)
iii) Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội của
M(x).
Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P(x), Q(x) là GCD(P(x), Q(x)),
LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)].
Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1.
1.8. Thuật toán Euclide.
Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán

tồn tại các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1.
Chứng minh. Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện
P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy
ra D(x)|1 = P(x).U(x) + Q(x).V(x). Suy ra D(x) = 1.
Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và V(x)
sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m =
min{deg(P), deg(Q)}.
Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên. Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0 thì Q
= q là hằng số và ta chỉ cần chọn U(x) = 0, V(x) = q -1 thì ta được P(x).U(x) +
Q(x).V(x) = 1.
Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m. Xét hai đa thức P(x), Q(x) có
min{deg(P), deg(Q)} = m+1. Không mất tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q).
Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x). Không thể
xảy ra trường hợp R(x) = 0 vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q* -1Q(x). Vì vậy, ta có 1 =
(P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x)).
Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn
tại các đa thức U*(x), V*(x) sao cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1. Thay R(x) =
P(x) – Q(x).S(x), ta được Q(x)V*(x) + (P(x) – Q(x)S(x))U*(x) = 1
Hay P(x)U*(x) + Q(x)(V*(x) – S(x)U*(x)) = 1
Đặt U(x) = U*(x), V(x) = V*(x) – S(x)U*(x) ta được đpcm.
Tính chất của phép chia hết
6


i) Q | P, Q | R suy ra Q | P + R hay tổng quát hơn Q | P.U + R.V với U, V là
các đa thức bất kỳ.
ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu)
iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q
là các đa thức đồng dạng)
iv) Nếu Q1 | P1 và Q2 | P2 thì Q1.Q2 | P1.P2.

Cả định lý 5 và định lý 6 đều được gọi là định lý Bezout. Để chứng minh định lý
6, ta chỉ cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a. Nhưng điều này là hiển
nhiên vì P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a) và xk – ak = (x-a)(xk-1
+ xk-2a + …+ ak-1)
Từ định lý 5, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như sau: a
là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) là một đa thức nào đó.
Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm bội.
Định nghĩa. a được gọi là nghiệm bội r của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)rQ(x) với
Q(a) ≠ 0.
2.2. Định lý Vieta.
Định lý 7. Xét đa thức P(x) ∈ R[x]. Nếu x1, x2, …, xk là các nghiệm phân biệt của
P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng thì P(x) chia hết cho (x-x 1)r1(x-x2)r2…(xxk)rk.
Chứng minh. Điều này là hiển nhiên theo định nghĩa và do các đa thức (x-x i)ri đôi
một nguyên tố cùng nhau.
Hệ quả:
a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm thực.
b) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại n+1
điểm thì hai đa thức này bằng nhau.
Định lý 8. Xét đa thức P(x) ∈ R[x] bậc n. Giả sử x1, x2, …, xk là các nghiệm phân
biệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng. Nếu r1 + r2 + … + rk = n thì
P(x) = an(x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk.

8


Chứng minh: Dùng định lý 7, ta suy ra P(x) chia hết cho (x-x 1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rk,
suy ra P(x) = (x-x1)r1(x-x2)r2…(x-xk)rkQ(x). So sánh bậc và hệ số cao nhất, ta suy ra
Q(x) = an.
Định lý 9. (Định lý Vieta) Giả sử đa thức P(x) = a nxn + an-1xn-1 + an-2xn-2 + … + a1x
+ a0 có n nghiệm (trong đó có thể có các nghiệm bội) là x1, x2, …, xn thì


(5) Nếu x = m +
+ N’

n

n

là nghiệm của P(x) với m, n nguyên, n không chính

cũng là nghiệm của P(x).
n

với m, n nguyên, n không chính phương thì P(x) = M’

với M’, N’ nguyên.

Đa thức với hệ số nguyên sẽ nhận giá trị nguyên với mọi giá trị x nguyên. Điều
ngược lại không đúng, có những đa thức nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên
nhưng các hệ số của nó không nguyên.
3.2. Đa thức bất khả quy.
Định nghĩa. Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên. Ta gọi P(x) là bất khả quy trên
Z[x] nếu P(x) không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớn
hơn hay bằng 1.
Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy trên Q[x].
Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein)
Cho P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+a1x + a0. Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho
i) an không chia hết cho p
ii) a0, a1, …, an-1 chia hết cho p
iii) a0 không chia hết cho p2

P( x ) =

với (ai, bi) = 1 và Qi nguyên bản (i=1, 2).

a1 a 2
p
Q1 ( x)Q2 ( x) = Q1 ( x)Q2 ( x)
b1b2
q

Khi đó
với (p, q) = 1. Do P(x) ∈ Z[x] nên từ
đây suy ra các hệ số của Q 1(x)Q2(x) đều chia hết cho q, suy ra Q 1(x)Q2(x) không
nguyên bản, trái với bổ đề Gauss. Mâu thuẫn. Vậy P(x) bất khả quy trên Q[x].
4. Công thức nội suy Lagrange.
Ta có thể dự đoán rằng với mọi các bộ n+1 số phân biệt (a 0, a1, ..., an) và bộ
n+1 số bất kỳ b0, b1, ..., bn sẽ tồn tại một đa thức P(x) bậc không vượt quá n thoả
mãn điều kiện
P(ai) = bi với mọi i=0, 1, 2, ..., n. (*)
Ngoài ra, do tất cả các đa thức Q(x) thoả mãn (*) sẽ phải có dạng
Q(x) = P(x) + (x-a0)(x-a1)...(x-an)H(x)
với H(x) là một đa thức nào đó nên các nghiệm khác của (*) đều có bậc ≥ n+1.
Vì thế ta có thể đề xuất định lý sau:
4.1 Định lý. Cho bộ n+1 số thực phân biệt(a0, a1, ..., an) và bộ n+1 số bất kỳ (b0, b1,
..., bn). Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức P(x) có bậc không vượt quá n thoả mãn
điều kiện P(ai) = bi với mọi i=0, 1, 2, ..., n.

11




P(a j ) = ∑ bi Pi (a j ) = ∑ bi δ ij = b j .

Vấn đề còn lại là đi tìm các đa thức Pi(x). Vì Pi(aj) = 0 với mọi j ≠ i nên
Pi(x) = Ci(x-a0)…(x-ai-1)(x-ai+1)…(x-an)
Ci =

Vì Pi(ai) = 1 nên

1
(ai − a 0 )...( a i − ai −1 )( ai − ai +1 )...( ai − a n )

Pi ( x) =

Như thế ta tìm được

( x − a 0 )...( x − ai −1 )( x − ai +1 )...( x − a n )
(ai − a 0 )...( ai − ai −1 )( ai − ai +1 )...( ai − a n )

(**)

là các đa thức thoả mãn hệ điều kiện Pi(aj) = δij.
Công thức nội suy Lagrange. Cho bộ n+1 số thực phân biệt(a0, a1, ..., an) và bộ
n

P( x ) = ∑ bi Pi ( x)

n+1 số bất kỳ (b0, b1, ..., bn). Khi đó đa thức

i =0

luận ở trên, mọi nghiệm của bài toán sẽ có dạng
Q(x) = P(x) + (x-1)(x-2)(x-3)H(x) với H(x) là một đa thức tuỳ ý.
Ví dụ 2. Tìm đa thức bậc nhỏ nhất thoả mãn điều kiện P(-2) = 0, P(-1) = 1, P(0) =
1, P(1) = 2, P(2) = 3.
13


Lời giải. Từ ý tưởng phương pháp hệ số bất định và hệ phương trình bậc nhất ở
trên. Ta thấy rằng chắn chắn sẽ tồn tại đa thức bậc không quá 4 thoả mãn điều kiện
đề bài. Xét P(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e. Từ điều kiện đề bài suy ra hệ
16a – 8b + 4c – 2d + e = 0
a–b+c–d+e=1
e=1
a+b+c+d+e=2
16a + 8b + 4c + 2d + e = 3
Giải hệ này ta được a = -1/8, b = 1/12, c = 5/8, d = 5/12, e = 1.
II. MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP
1. Bài toán tính chia hết của đa thức.
Bài toán 1.1. Chứng minh rằng với mọi giá trị của n, đa thức (x+1) 2n+1 + xn+2 chia
hết cho đa thức x2 + x + 1.
Giải:
Cách 1. (Quy nạp theo n) Với n = 0, điều phải chứng minh là hiển nhiên. Giả sử ta
đã có (x+1)2n+1 + xn+2 chia hết cho x2 + x + 1. Khi đó
(x+1)2n+3 + xn+3 = (x2+2x+1)(x+1)2n+1 + xn+3
≡ x(x+1)2n+1 + xn+3 = x((x+1)2n+1 + xn+2) ≡ 0 (mod (x2+x+1).
α=

Cách 2. (Dùng số phức) Đa thức x2 + x + 1 có hai nghiệm là

−1 ± i 3



Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều
này
tương
đương
với
 (2n + 1)π 
 ( 2n + 1)π 
 ( n + 2)2π 
 ( n + 2)2π 
cos
 + i sin
 + cos
 + i sin
=0
3
3
3
3









.



 2nπ
 + i sin

 3


 +1 = 0


Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3.
Bài toán 3. Chứng minh rằng (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1.
Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng x m – 1 = (xd)m’ – 1 chia hết cho xd – 1 và tương
tự xn – 1 chia hết cho xd. Suy ra xd – 1 là ước chung của xm - 1, xn – 1. Giả sử D(x)
là một ước chung của xm - 1, xn – 1. Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương
u, v sao cho d = mu – nv. Khi đó D(x) là ước của (x mu – 1) – (xnv-1) = xnv(xd-1). Vì

15


(xm-1, xnv) = 1 nên (D(x), xnv) = 1, suy ra D(x) là ước của x d – 1, suy ra xd – 1 là
ước chung lớn nhất của xm – 1 và xn – 1.
2. Bài tập về nghiệm của đa thức
Bài 2.1. Cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 – 3x + 1 = 0. Lập phương
trình bậc ba có nghiệm là
a) a2, b2, c2;
b)

1− a 1− b 1− c

.
+
.
=
1+ a 1+ b 1+ b 1+ c 1+ c 1+ a
(1 − a )(1 − b)(1 + c ) + (1 + a )(1 − b)(1 − c) + (1 − a )(1 + b)(1 − c)
=
1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc
3 − (a + b + c ) − (ab + bc + ca) + 3abc
3
=
=
= −1.
1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc
−3
1 − a 1 − b 1 − c 1 − (a + b + c) + (ab + bc + ca ) − abc − 1 1
.
.
=
=
= .
1 + a 1 + b 1 + c 1 + a + b + c + ( ab + bc + ca ) + abc
−3 3

16


Từ đó suy ra

1− a 1− b 1− c

biệt
Giải: Nếu x0 là nghiệm của đa thức thì x0 phải chẵn
suy ra giá trị của P(x0), P(1) từ đó :
P(x0)-P(1)=2003-2a
Nhận thấy: [P(x0)-P(1)]⋮(x0-1), nên: (2003-2a)⋮(x0-1) (1)
suy ra x0-1 là số lẻ tức x0 là số chẵn

giả sử :

P( x1 ) − P ( x2 )
=0
x1 − x2

(2)
17


P ( x1 ) − P ( x2 ) = ( x14 − x24 − 2005 ( x13 − x23 ) + ( 2004 + a ) ( x12 − x22 ) − 2003 ( x1 − x3 )

(3)

Kết hợp ( 2) và (3)và x1, x2 là các số chẵn suy ra điều vô lý. Điều phải chứng
minh
Bài 2.4. Giả sử P(x) là đa thức bậc 1991 với hệ số nguyên. Xét đa thức Q(x)
=P2(x)-9. Chứng minh rằng : số nghiệm nguyên của đa thức Q(x) nhỏ hơn 1996
Giải : Giả sử nghiệm của đa thức Q(x) không nhỏ hơn 1996.
Q( x) = 0 ⇔ P 2 ( x) − 9 = 0 ⇔ [ P( x) − 3][ P( x) + 3] = 0

Giả sử x1,x2,…,xk là các nghiệm nguyên của P(x)=3 ( x1
0,1991

. Thế thì từ P(xi0)-3=0 và P(yi0)+3=0, suy ra:

P ( yi 0 ) − P ( xi 0 ) = 6

Vì P(x) là đa thức với hệ số nguyên mà yi0,xi0 là nguyên nên ta có:

( )

( )

P yi0 − P xi0 Myi0 − xi0 .

Như vậy : 6 ⋮

yi0 – xi0

≤

,suy ra | yi0 – xi0 | 6

(2)

Từ (1) và (2) suy ra mâu thuẫn . Vậy giả thiết phản chứng là sai , tức là đa thức
Q(x) =

P 2 ( x) − 9

không thể có quá 1995 nghiệm nguyên (đpcm)


xi (i = 1, k ) và y p , y p +1 , y p + 2

đều là số nguyên nên :

| y p + 2 − x1 |= y p + 2 − x1 ≥ k − 1 + 3 = k + 2

Do

k ≥5

nên suy ra

| y p + 2 − xi |≥ 7

.Vậy (1) được chứng minh.

Bài 2.5.Xét các đa thức bậc ba với hệ số nguyên :
P ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d

, a khác 0

Gọi H là tập hợp các đa thức nói trên thỏa mãn các điều kiện sau: a ⋮3,b⋮3
nhưng

c M3

1)Chứng minh rằng: P(x) thuộc H thì tồn tại số r
cho



Đặt

Q( x) = 9ax3 + (9ar + 3b) x 2 + (3ar 2 + 2br + c) x + a1r + b1r 2 + d1
19


P (3x + r ) = 3Q ( x)

Rõ ràng do a,b,c,a1,b1,d1,r là các số nguyên mà Q(x) là đa thức bậc ba với hệ số
nguyên nên hiển nhiên 9a⋮3 và

3ar 2 + 2br + c M3

. điều đó nghĩa là Q(x) ∈H. Như

vậy tồn tại r∈{0 ;1 ;2} và đa thức Q(x) ∈H sao cho
Giả sử

P( x) ∈ H

. Theo câu 1), tồn tại số

r1 ∈ { 0;1; 2}

P ( 3 x + r ) = 3Q ( x )

và đa thức

P ( x) ∈ H

có hàm số

Pn ( x) ∈ H

n −1

n−2

P(3 x + 3 rn + 3
n

Vì

P ( x)

Lấy

bước ta có

n

số

r1 , r2 ,..., rn

trong đó

ri ∈ { 0;1; 2} , ∋ ∀i = 1, n

và

P(3x + r ) = 27 ax 3 + (27 ar + 9b) x 2 + (9ar 2 + 6br + 3c) x + ar 3 + br 2 + rc + d = 3S ( x ) + P ( x),
S ( x) = 9ax 3 + (9ar + 3b) x 2 + (3ar 2 + 2br + c) x

P(3x + r ) = 3S ( x ) + P(r )
P (3x + r ) = 3S ( x ) + P (r )

Do

x

đúng với mọi nên nếu chọn
(*)
20

x = x, x ∈ Ζ

thì ta có


S ( x ) ∈ Ζ[ x ] ⇒ S ( x )

Do

là số nguyên . theo gt thì

P (r ) M3

, vì thế từ (*)suy ra

P(3 x + r ) M3, ∀r ∈ { 0;1; 2}


. Chứng minh rằng đa thức

không có nghiệm nguyên

Giải.Giả sử

P( xo ) = 0, x0 ∈ Ζ

. Ta có

∀k ∈ Ζ

thì

P( x0 + 3k ) − P( x0 ) = an ( x0 + 3k ) n − x0 n  + an −1 ( x0 + 3k ) n −1 − x0 n −1  + ... + a1 [ ( x0 + 3k ) − x0 ]

Giả sử

P ( x) = an x n + an−1 x n −1 + ... + a1 x + a0 , ai ∈ Ζ, ∀i = 0, n

từ hằng đẳng thức

a n − b n = (a − b)(a n−1 + a n− 2b + ... + ab n − 2 + b n −1 )

Ta có

{

P ( x0 + 3k ) − P( x0 ) = 3k an ( x0 + 3k ) n −1 + ... + x0 n −1  + an −1  x0 + 3k ) n −2 + ... + x0 n −2  + ... + a1


f 2 ( −x ) − 1 = f ( −x ) − 1 = f 2 ( x ) − 1 ⇒ f 2 ( −x ) = f 2 ( x )
2

Giải. Thay x bằng -x ta có
Nếu

f ( −x ) − f ( x ) = 0

có vô số nghiệm

⇒ f ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ¡
21


mà
vô

deg f ( x ) = 2m + 1 ⇒ ∃n

lý.

Suy

ra

f ( x)

sao cho


f
0
−
1
( )
 ( )

f ( 1) = 1

Xét dãy số

a 0 = 1;a n +1 = a n + 1, ⇒ a n > 1, ∀n ≥ 0

Ta chứng minh
Thật vậy

a n +1 > a n , ∀n ≥ 0 ( 1)

n = 0 ⇒ a1 = 2 > 1 = a 0

Giả sử (1) đúng đến n, suy ra
Ta chứng minh
Với

Giả sử

f ( an ) = an

bài toán đúng với


.

vô

x>n
số

điều này
nghiệm


f ( a n +1 ) = −a n +1 ⇒ f 2 ( a n +1 ) = 1 + f ( a 2 n +2 − 1) = 1 + f ( a n +1 ) = 1 − a n +1 < 0

Nếu
đó

f ( a n +1 ) = a n +1.

do đó

f ( x) = x

Vậy

f ( an ) = an

. Thử lại ta thấy

do đó phương trình



dãy đơn điệu thực sự và chứng minh

sau đó chứng minh

f ( a n ) = g ( a n ) , ∀n

( xn )

là

từ đó suy ra

f ( x) ≡ g( x) , x ∈ ¡
Bài 3.2. Tìm các đa thức có hệ số thực thỏa mãn
f ( x ) .f ( x + 1) = f ( x 2 + x + 1) , ∀x ∈ ¡

Giải.
Nếu
Nếu

degf ( x ) = 0

suy ra

degf ( x ) = 2m + 1 ⇒ ∃a ∈ ¡

Chọn

sao cho

cũng là nghiệm của phương trình

Ta xây dựng dãy số

f ( a) = 0

f ( x) = 0

f ( x) = 0


x n +1 − x n = x 2 n + 1 > 0 ⇒ x n +1 > x n

suy ra

trên ta thấy

f ( xn ) = 0

với mọi

này không thể xẩy ra vì

n≥0

deg f ( x ) ≥ 1

suy ra dãy

do đó


Từ phương trình (1) bằng cách so sánh hệ số của

x 2n

xn

ở hai về ta nhận được hệ số
1.

Do

vậy

đa

thức

là đa thức có hệ số thực và

deg h ( x ) = P < 2m
Thế biểu thức (2) vào phương trình (1) và đồng nhất hệ số hai vế ta có

( x 2 + 1)

(x

2

m


p ≥ 1 ⇒ deg h ( x 2 + x + 1) = 2p

điều này không thể xẩy ra, vậy

Thử lại thấy

Vậy

m

f ( x ) = ( x 2 + 1)

f ( x ) = ( x 2 + 1)

bậc của vế trái là

2m + p

. Vì

p = 0 ⇒ h ( x ) ≡ c ⇒ c = 0 ⇒ f ( x ) = ( x 2 + 1)

m

thỏa mãn yêu cầu bài toán

m

Tương tự ta có thể giải quyết các bài toán:


xy − yz = 1

f ( x ) ∈ ¡ [ x]

Bài 3.6. Tìm các đa thức

thì

với hệ số thực thỏa

P1 ( x ) .P2 ( y ) − P3 ( z ) .P4 ( t ) = 1

sao cho

P ( x ) .P ( 2x 2 − 1) = P ( x 2 ) .P ( 2x − 1) , ∀x ∈ ¡

* Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số hai vế giải bài toán xác định đa thức.

P( x ) ∈ ¡ [ x]

Bài 3.7(IMO - 2004). Tìm các đa thức

sao cho

P ( a − b ) + P ( b − c ) + P ( c − a ) = 2P ( a + b + c ) , ∀a,b,c ∈ ¡ ,ab + bc + ca = 0
n

P ( x ) = ∑ a i xi
i =0


i

∀i = 0,n

i
Nếu lẻ

i

i

i

i =0

( 3 + 5 + ( −8) ) a = 2a 7 x ⇔ ( 3 + 5 + ( −8) − 2.7 ) a = 0
i

i

i

i

i

thì

i